《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

2. (2024山东日照一模,16)已知各项均为正数的数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$,且$a_{n},S_{n},a_{n}^{2}$为等差数列.
(1)求$a_{1}$及$\{ a_{n}\}$的通项公式;
(2)记集合$\left\{a_{n}\left|a_{n}+\frac{4}{a_{n}}\leq 2k,k\in N^{*}\right.\right\}$的元素个数为$b_{k}$,求数列$\{ b_{k}\}$的前50项和.

答案：
2. 解析
(1) 因为$a_{n}$，$S_{n}$，$a_{n}^{2}$为等差数列，所以$2S_{n}=a_{n}+a_{n}^{2}$，且$a_{n}＞0$。
当$n = 1$时，$2S_{1}=2a_{1}=a_{1}+a_{1}^{2}$，可得$a_{1}=1$。
当$n\geq2$时，$2(S_{n}-S_{n - 1})=2a_{n}=a_{n}+a_{n}^{2}-a_{n - 1}-a_{n - 1}^{2}$，则$a_{n}+a_{n - 1}=a_{n}^{2}-a_{n - 1}^{2}=(a_{n}+a_{n - 1})(a_{n}-a_{n - 1})$。
由$a_{n}+a_{n - 1}＞0$，得$a_{n}-a_{n - 1}=1$，所以$\{a_{n}\}$是首项为1，公差为1的等差数列，故$a_{n}=n$。
(2) 原式等价于$\frac{1}{2}(n+\frac{4}{n})\leq k$。
因为$\frac{1}{2}(n+\frac{4}{n})\geq2$，当且仅当$n = 2$时“$=$”成立，所以$b_{1}=0$，$b_{2}=1$。
当$k\geq3$时，因为$\frac{2k - 1}{2}+\frac{2}{2k - 1}=k-\frac{1}{2}+\frac{2}{2k - 1}＜k$，$\frac{2k}{2}+\frac{2}{2k}=k+\frac{1}{k}＞k$，所以能使$\frac{n}{2}+\frac{2}{n}\leq k$成立的$n$的最大值为$2k - 1$，所以$b_{k}=2k - 1(k\geq3)$。
所以$\{b_{k}\}$的前50项和为$0 + 1+5 + 7+\cdots+99=0 + 1+\frac{(5 + 99)\times48}{2}=2497$。

3. (2024山东聊城二模,17)已知数列$\{ a_{n}\} ,\{ b_{n}\}$满足$a_{2n - 1}=b_{2n - 1}+12m,a_{2n}=mb_{2n},m$为常数,若$\{ a_{n}\}$为等差数列,且$b_{4}-b_{2}=2(b_{3}-b_{1})=2(a_{1}+b_{1})=8$.
(1)求$m$的值及$\{ a_{n}\}$的通项公式;
(2)求$\{ b_{n}\}$的前$2n$项和$S_{2n}$.

答案：
3. 解析
(1) 由题意知$b_{4}-b_{2}=8$，$b_{3}-b_{1}=4$，$a_{1}+b_{1}=4$。
因为$a_{2n - 1}=b_{2n - 1}+12m$，$a_{2n}=mb_{2n}$，所以$\begin{cases}a_{1}=b_{1}+12m\\a_{2}=mb_{2}\\a_{3}=b_{3}+12m\\a_{4}=mb_{4}\\a_{1}+b_{1}=2a_{1}-12m\end{cases}$。
设等差数列$\{a_{n}\}$的公差为$d$，则$\begin{cases}a_{3}-a_{1}=b_{3}-b_{1}=4 = 2d\\a_{4}-a_{2}=m(b_{4}-b_{2})=8m = 2d\\a_{1}+b_{1}=2a_{1}-12m = 4\end{cases}$，解得$\begin{cases}d = 2\\m=\frac{1}{2}\\b_{1}=-1\\a_{1}=5\end{cases}$。
所以$a_{n}=5+(n - 1)\times2=2n + 3$，所以$m$的值为$\frac{1}{2}$，$\{a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=2n + 3$。
(2) 由
(1)知，$a_{n}=2n + 3$，$b_{2n - 1}=a_{2n - 1}-6$，$b_{2n}=2a_{2n}$。
所以$S_{2n}=(b_{1}+b_{3}+b_{5}+\cdots+b_{2n - 1})+(b_{2}+b_{4}+b_{6}+\cdots+b_{2n})=(a_{1}+a_{3}+a_{5}+\cdots+a_{2n - 1}-6n)+2(a_{2}+a_{4}+a_{6}+\cdots+a_{2n})=\frac{n(a_{1}+a_{2n - 1})}{2}-6n+2\times\frac{n(a_{2}+a_{2n})}{2}=\frac{n(5 + 4n + 1)}{2}-6n+n(7 + 4n+3)=6n^{2}+7n$。所以$\{b_{n}\}$的前$2n$项和$S_{2n}=6n^{2}+7n$。

(新定义理解)(2024湖南长沙雅礼中学一模,19)
约数,又称因数.它的定义如下:若整数$a$除以整数$m(m\neq 0)$除得的商正好是整数而没有余数,我们就称$a$为$m$的倍数,$m$为$a$的约数.设正整数$a$共有$k$个正约数,即为$a_{1},a_{2},\cdots,a_{k - 1},a_{k}(a_{1}＜a_{2}＜\cdots ＜a_{k})$.
(1)当$k = 4$时,若正整数$a$的$k$个正约数构成等比数列,请写出一个$a$的值;
(2)当$k\geq 4$时,若$a_{2}-a_{1},a_{3}-a_{2},\cdots,a_{k}-a_{k - 1}$构成等比数列,求正整数$a$(结果用$a_{2}$表示);
(3)记$A=a_{1}a_{2}+a_{2}a_{3}+\cdots +a_{k - 1}a_{k}$,求证:$A＜a^{2}$.

答案：
解析
(1) 当$k = 4$时，正整数$a$的4个正约数构成等比数列，比如1，2，4，8为8的所有正约数，即$a = 8$。
(2) 由题意可知$a_{1}=1$，$a_{k}=a$，$a_{k - 1}=\frac{a}{a_{2}}$，$a_{k - 2}=\frac{a}{a_{3}}$。
因为$k\geq4$，$\frac{a_{3}-a_{2}}{a_{2}-a_{1}}=\frac{a-\frac{a}{a_{2}}}{\frac{a}{a_{2}}-\frac{a}{a_{3}}}$，化简可得$(a_{3}-a_{2})^{2}=(a_{2}-1)^{2}a_{3}$，所以$a_{3}=(\frac{a_{3}-a_{2}}{a_{2}-1})^{2}$。
因为$a_{3}\in N^{*}$，所以$\frac{a_{3}-a_{2}}{a_{2}-1}\in N^{*}$，因此可知$a_{3}$是完全平方数。
由于$a_{2}$是整数$a$的最小非1因子，$a_{3}$是$a$的因子，且$a_{3}＞a_{2}$，所以$a_{3}=a_{2}^{2}$，所以$a_{2}-a_{1}$，$a_{3}-a_{2}$，$\cdots$，$a_{k}-a_{k - 1}$为$a_{2}-1$，$a_{2}^{2}-a_{2}$，$\cdots$，$a_{2}^{k - 1}-a_{2}^{k - 2}$，所以$a=a_{2}^{k - 1}(k\geq4)$。
(3) 证明：由题意知$a_{1}a_{k}=a$，$a_{2}a_{k - 1}=a$，$\cdots$，$a_{i}a_{k + 1 - i}=a$，$\cdots$，$(1\leq i\leq k)$所以$A=\frac{a^{2}}{a_{k - 1}a_{k}}+\frac{a^{2}}{a_{k - 2}a_{k - 1}}+\cdots+\frac{a^{2}}{a_{1}a_{2}}$。
因为$\frac{1}{a_{1}a_{2}}\leq\frac{a_{2}-a_{1}}{a_{1}a_{2}}=\frac{1}{a_{1}}-\frac{1}{a_{2}}$，$\cdots$，$\frac{1}{a_{k - 1}a_{k}}\leq\frac{a_{k}-a_{k - 1}}{a_{k - 1}a_{k}}=\frac{1}{a_{k - 1}}-\frac{1}{a_{k}}$，所以$A=\frac{a^{2}}{a_{k - 1}a_{k}}+\frac{a^{2}}{a_{k - 2}a_{k - 1}}+\cdots+\frac{a^{2}}{a_{1}a_{2}}=a^{2}(\frac{1}{a_{k - 1}a_{k}}+\frac{1}{a_{k - 2}a_{k - 1}}+\cdots+\frac{1}{a_{1}a_{2}})\leq a^{2}(\frac{1}{a_{1}}-\frac{1}{a_{2}}+\frac{1}{a_{2}}-\frac{1}{a_{3}}+\cdots+\frac{1}{a_{k - 1}}-\frac{1}{a_{k}})=a^{2}(\frac{1}{a_{1}}-\frac{1}{a_{k}})$。
因为$a_{1}=1$，$a_{k}=a$，所以$\frac{1}{a_{1}}-\frac{1}{a_{k}}＜1$，所以$A\leq a^{2}(\frac{1}{a_{1}}-\frac{1}{a_{k}})＜a^{2}$，即$A＜a^{2}$。